PAGE14-試驗四：驗證牛頓運動定律,◎留意事項1．平衡摩擦力：在平衡摩擦力時，不要把懸掛小盤的細繩系在小車上，即不要給小車加任何牽引力，且要讓小車拖著紙帶勻速運動。2．試驗條件：小車的質量M遠大于小盤和砝碼的總質量m。3．操作要領：變更拉力和小車質量后，每次起先時小車應盡量靠近打點計時器，并應先接通電源，再放開小車，且應在小車到達定滑輪前按住小車。◎誤差分析1．因試驗原理不完善引起誤差。以小車、小盤和砝碼整體為探討對象得mg＝(M＋m)a；以小車為探討對象得F＝Ma；求得F＝eq\f(M,M＋m)·mg＝eq\f(1,1＋\f(m,M))·mg＜mg，本試驗用小盤和砝碼的總重力mg代替小車的拉力，而事實上小車所受的拉力要小于小盤和砝碼的總重力。2．摩擦力平衡不精確、質量測量不精確、計數點間距測量不精確、紙帶和細繩不嚴格與木板平行都會引起誤差。考點一教材原型試驗eq\x(考法①)試驗原理與試驗操作(2024·廣東試驗中學月考改編)某試驗小組利用如圖所示的裝置探究加速度與力、質量的關系。(1)試驗中除了須要小車、砝碼、托盤、細繩、附有定滑輪的長木板、墊木、打點計時器、低壓溝通電源、兩根導線、復寫紙、紙帶之外，還須要________、________。(2)下列做法正確的是________。A．調整滑輪的高度，使牽引小車的細繩與長木板保持平行B．在調整木板傾斜角度平衡小車受到的滑動摩擦力時，將裝有砝碼的托盤通過定滑輪拴在小車上C．試驗時，先放開小車再接通打點計時器的電源D．通過增減小車上的砝碼變更質量時，不須要重新調整木板傾斜度E．用托盤和盤內砝碼的重力作為小車和車上砝碼受到的合外力，為減小誤差，試驗中肯定要保證托盤和砝碼的總質量遠小于小車和車上砝碼的總質量(3)某同學以小車和車上砝碼的總質量的倒數eq\f(1,M)為橫坐標，小車的加速度a為縱坐標，在坐標紙上作出的a-eq\f(1,M)關系圖線如圖所示。由圖可分析得出：加速度與質量成________關系(填“正比”或“反比”)；圖線不過原點說明試驗有誤差，引起這一誤差的主要緣由是平衡摩擦力時長木板的傾角________(填“過大”或“過小”)。解析：(1)試驗中須要用托盤和砝碼的總重力表示小車受到的拉力，需測量托盤的質量，所以還須要天平。試驗中須要用刻度尺測量紙帶上點跡間的距離，從而得出加速度，所以還須要刻度尺。(2)平衡摩擦力時應系上紙帶，不能掛托盤。調整滑輪的高度，使牽引小車的細繩與長木板保持平行，A項正確，B項錯誤；平衡摩擦力后細繩與木板平行，且托盤和砝碼的總質量遠小于小車和車上砝碼的總質量時，托盤和砝碼的總重力近似等于小車和車上砝碼受到的合外力，E項正確；試驗時應當先接通電源，后釋放小車，使得紙帶上點跡多一些，以便于測量加速度，還要多測幾組數據減小偶然誤差，C項錯誤；通過增減小車上的砝碼變更質量時，不須要重新調整木板的傾斜角度，D項正確。(3)a-eq\f(1,M)圖象是一條直線，a與M成反比；圖象在a軸上有截距，這是平衡摩擦力時木板的傾角過大造成的。答案：(1)天平刻度尺(2)ADE(3)反比過大[變式1]在“探究加速度與力、質量的關系”試驗中，采納如圖所示的裝置圖進行試驗：(1)試驗中，須要在木板的右端墊上一個小木塊，其目的是：________________________________________________________________________。(2)試驗中，已知測出小車的質量為M，砝碼(包括砝碼盤)的總質量為m，若要將砝碼(包括砝碼盤)的總重力大小作為小車所受拉力F的大小，這樣做的前提條件是________________________________________________________________________。(3)在試驗操作中，下列說法正確的是________(填序號)。A．求小車運動的加速度時，可用天平測出小盤和砝碼的質量M′和m′，以及小車質量M，干脆用公式a＝eq\f(M′＋m′,M)g求出B．試驗時，應先接通打點計時器的電源，再放開小車C．每變更一次小車的質量，都須要變更墊入的小木塊的厚度D．先保持小車質量不變，探討加速度與力的關系；再保持小車受力不變，探討加速度與質量的關系，最終歸納出加速度與力、質量的關系解析：(1)本試驗木板表面不行能光滑，摩擦力會影響試驗結果，所以要平衡摩擦力。(2)依據牛頓其次定律得mg＝(M＋m)a，解得a＝eq\f(mg,M＋m)，則繩子的拉力F＝Ma＝eq\f(Mmg,M＋m)＝eq\f(mg,1＋\f(m,M))，可知當砝碼(包括砝碼盤)的總質量遠小于小車質量時，小車所受的拉力等于砝碼(包括砝碼盤)的總重力，所以應滿意的條件是砝碼(包括砝碼盤)的總質量遠小于小車的質量。(3)本試驗的目的是：探究加速度與力、質量的關系，所以不能把牛頓其次定律當成已知的公式來運用，故A錯誤；運用打點計時器時，都應當先接通電源，后釋放紙帶，故B正確；平衡摩擦力后μ＝tanθ，與重物的質量無關，所以不用再次平衡摩擦力，故C錯誤；本試驗采納限制變量法，故D正確。答案：(1)平衡摩擦力(2)m?M(3)BDeq\x(考法②)數據處理及誤差分析某組同學設計了“探究加速度a與物體所受合力F及質量m的關系”試驗。圖甲為試驗裝置簡圖，A為小車，B為電火花計時器，C為裝有細砂的小桶，D為一端帶有定滑輪的長方形木板，試驗中認為細繩對小車的拉力F等于細砂和小桶的總重力，小車運動的加速度a可用紙帶上打出的點求得。(1)圖乙為某次試驗得到的紙帶，已知試驗所用電源的頻率為50Hz。依據紙帶可求出電火花計時器打B點時的速度為________m/s，小車的加速度大小為________m/s2。(結果均保留兩位有效數字)(2)在“探究加速度a與質量m的關系”時，某同學依據自己的方案將試驗數據在坐標系中進行了標注，但尚未完成圖象(如圖丙所示)。請接著幫助該同學作出坐標系中的圖象。(3)在“探究加速度a與合力F的關系”時，該同學依據試驗數據作出了加速度a與合力F的圖線如圖丁，該圖線不通過坐標原點，試分析圖線不通過坐標原點的緣由。________________________________________________________________________。解析：(1)AC這段位移的平均速度等于AC這段時間中間時刻的瞬時速度，即B點的瞬時速度，故vB＝eq\f(AB＋BC,4T)＝eq\f(6.19＋6.70×10－2,4×0.02)m/s＝1.6m/s。由逐差法求解小車的加速度，a＝eq\f(CD＋DE－AB＋BC,4×2T2)＝eq\f(7.21＋7.72－6.19－6.70×10－2,4×2×0.022)m/s2＝3.2m/s2。(2)將坐標系中各點連成一條直線，連線時應使直線過盡可能多的點，不在直線上的點應大致對稱地分布在直線的兩側，離直線較遠的點應視為錯誤數據，不予考慮，連線如圖所示：(3)圖線與橫軸有截距，說明試驗前沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠。答案：(1)1.63.2(2)見解析(3)試驗前沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠[變式2]用如圖甲所示裝置做“探究物體的加速度與力的關系”的試驗。試驗時保持小車的質量不變，用鉤碼所受的重力作為小車受到的合力，用打點計時器和小車后端拖動的紙帶測出小車運動的加速度。(1)試驗時先不掛鉤碼，反復調整墊塊的左右位置，直到小車做勻速直線運動，這樣做的目的是________。(2)圖乙為試驗中打出的一條紙帶的一部分，從比較清楚的點跡起，在紙帶上標出了連續的5個計數點A、B、C、D、E，相鄰兩個計數點之間都有4個點跡沒有標出，測出各計數點到A點之間的距離，如圖所示。已知打點計時器接在頻率為50Hz的溝通電源兩端，則此次試驗中小車運動的加速度的測量值a＝________m/s2。(結果保留兩位有效數字)(3)試驗時變更所掛鉤碼的質量，分別測量小車在不同外力作用下的加速度。依據測得的多組數據畫出a-F關系圖象，如圖丙所示。此圖象的AB段明顯偏離直線，造成此現象的主要緣由可能是________。(填選項字母)A．小車與平面軌道之間存在摩擦B．平面軌道傾斜角度過大C．所掛鉤碼的總質量過大D．所用小車的質量過大解析：(1)使平面軌道的右端墊起，讓小車重力沿斜面方向的分力與它受到的摩擦阻力平衡，才能認為在試驗中小車受的合外力就是鉤碼的重力，所以這樣做的目的是平衡小車運動中所受的摩擦阻力。(2)由逐差法可知a＝eq\f(xCE－xAC,4T2)＝eq\f(21.6－8.79－8.79×10－2,4×0.12)m/s2≈1.0m/s2。(3)在試驗中認為細繩的張力F就是鉤碼的重力mg，事實上，細繩張力F′＝Ma，mg－F′＝ma，即F′＝eq\f(M,M＋m)·mg，a＝eq\f(1,M＋m)·mg＝eq\f(1,M＋m)F，所以當細繩的張力F變大時，m必定變大，eq\f(1,M＋m)必定減小。當M?m時，a-F圖象為直線，當不滿意M?m時，便有a-F圖象的斜率漸漸變小，選項C正確。答案：(1)平衡小車運動中所受的摩擦阻力(2)1.0(3)C考點二試驗的改進與創新eq\x(考法①)合力測量的創新某試驗小組利用如圖所示的試驗裝置來探究合力肯定時，物體的加速度與質量之間的關系。(1)做試驗時，將滑塊從如圖所示位置由靜止釋放，由數字計時器(圖中未畫出)可讀出遮光條通過光電門1、2的時間(遮光條的遮光時間)分別為Δt1、Δt2，用刻度尺測得兩個光電門中心之間的距離為x，遮光條寬度為d。則滑塊經過光電門1時的速度表達式v1＝________，經過光電門2時的速度表達式為v2＝________，滑塊加速度的表達式為a＝________。(以上表達式均用已知字母表示)(2)為了保持滑塊所受的合力不變，可變更滑塊質量M和氣墊導軌右端高度h。關于“變更滑塊質量M和氣墊導軌右端高度h”的正確操作方法是________。A．M增大時，h增大，以保持二者乘積增大B．M增大時，h減小，以保持二者乘積不變C．M減小時，h增大，以保持二者乘積不變D．M減小時，h減小，以保持二者乘積減小解析：(1)滑塊經過光電門1時的速度表達式為v1＝eq\f(d,Δt1)，經過光電門2時的速度表達式為v2＝eq\f(d,Δt2)，滑塊加速度的表達式為a＝eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))2,2x)。(2)滑塊所受的合力F合＝Mgeq\f(h,L)(L為氣墊導軌的長度)，為了保持滑塊所受的合力不變，所以M和h不能同時增大或減小。故選B、C。答案：(1)eq\f(d,Δt1)eq\f(d,Δt2)eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))2,2x)(2)BC[變式3]某試驗小組利用拉力傳感器和打點計時器“探究加速度與力的關系”。他們將拉力傳感器固定在小車上記錄小車受到拉力的大小，依據甲圖進行試驗，釋放紙帶時，小車處于甲圖所示的位置。(1)指出甲圖中的一處錯誤：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)下列說法正確的是()A．試驗之前，要先平衡摩擦力B．小車的質量要遠小于所掛鉤碼的質量C．應調整滑輪的高度使細線與木板平行D．試驗時應先釋放紙帶，再接通電源(3)圖乙是試驗中獲得的一條紙帶的某部分，選取A、B、C、D、E計數點(每兩個計數點間還有4個點未畫出)，AC間的距離為________。(4)若打點計時器運用的溝通電頻率為50Hz，則小車的加速度大小為________m/s2。(保留兩位有效數字)解析：(1)打點計時器的電源應接溝通電，而圖中接了直流電；小車釋放時未靠近打點計時器；試驗前未平衡摩擦力。(2)為使合力等于繩子的拉力，試驗前須要平衡摩擦力且應調整滑輪的高度使細線與木板平行，故A、C正確；在鉤碼的質量遠小于小車的質量時，小車受到的拉力近似等于鉤碼受到的重力，故B錯誤；試驗時應先接通電源，然后再釋放小車，故D錯誤；故選A、C。(3)由圖讀出AC的距離x＝3.10cm。(4)依據作差法得：a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(xCE－xAC,4T2)＝eq\f(0.0700－0.0310,0.04)m/s2≈0.98m/s2。答案：(1)打點計時器的電源接了直流電；小車釋放時離打點計時器太遠；試驗前未平衡摩擦阻力(2)AC(3)3.10cm(4)0.98m/s2eq\x(考法②)試驗裝置、加速度測量方案的創新如圖(a)、圖(b)所示分別為甲、乙兩位同學探究加速度與力的關系的試驗裝置示意圖，他們在氣墊導軌上安裝了一個光電門B，滑塊上固定一寬度為d的遮光條，由數字計時器(圖中未畫出)可讀出遮光條通過光電門的時間。甲同學干脆用細線跨過定滑輪把滑塊和鉤碼連接起來[如圖(a)]，乙同學用細線繞過定滑輪把滑塊與力傳感器相連，傳感器下方懸掛鉤碼[如圖(b)]，每次滑塊都從A處由靜止釋放。(1)試驗時應先調整氣墊導軌下面的螺釘，使氣墊導軌水平，在不增加其他試驗器材的狀況下，如何判定調整到位？________________________________________________________________________。(2)試驗時，兩同學首先將滑塊從A位置由靜止釋放，由數字計時器讀出遮光條通過光電門B的時間Δt，若要得到滑塊的加速度，還須要測量的物理量是________________________________________________________________________。(3)甲、乙兩位同學通過變更鉤碼的個數來變更滑塊所受的合外力。甲同學在試驗時還須要測量記錄的物理量有________，試驗時必需滿意的條件是______________；乙同學在試驗時須要測量記錄的物理量有________________________________________________________________________。(4)乙同學在完成試驗時，下列不必要的試驗要求是________。(填選項前字母)A．應使滑塊質量遠大于鉤碼和力傳感器的總質量B．應使A位置與光電門間的距離適當大些C．應將氣墊導軌調整水平D．應使細線與氣墊導軌平行解析：(1)判定調整到位的依據是在不掛鉤碼時，滑塊能在隨意位置靜止不動。(2)兩種狀況下，滑塊在導軌上均做勻加速直線運動，滑塊的初速度為零，到達光電門的瞬時速度v＝eq\f(d,Δt)，依據初速度為零的勻加速直線運動公式v2＝2ax可知，只要測出A位置與光電門間的距離L即可求得滑塊的加速度。(3)甲同學所做試驗中滑塊(設質量為M)和鉤碼(設質量為m)所受的合外力等于鉤碼的重力mg，則有mg＝(M＋m)a，所以甲同學還須要測量所掛鉤碼的質量m和滑塊的質量M，在試驗時，認為滑塊所受合外力等于鉤碼的重力，為了盡量減小試驗誤差，應滿意條件m?M；乙同學所做試驗中，力傳感器測出的力就是細線對滑塊的真實拉力(設為FT，可干脆讀出)，則有FT＝Ma，所以須要記錄傳感器的讀數和測量滑塊的質量M。(4)力傳感器測出的力就是細線對滑塊的真實拉力，不存在系統誤差，無需滿意滑塊質量遠大于鉤碼和力傳感器的總質量；測量距離時，適當增大測量距離可以減小測量誤差；試驗時要滿意氣墊導軌水平且細線與導軌平行。答案：(1)在不掛鉤碼時，滑塊能在隨意位置靜止不動(2)A位置與光電門間的距離L(3)所掛鉤碼的質量m和滑塊的質量Mm?M傳感器的讀數和滑塊的質量M(4)A[變式4]現要驗證“當質量肯定時，物體運動的加速度與它所受的合外力成正比”這一物理規律。給定的器材如下：一傾角可以調整的長斜面(如圖所示)、小車、計時器一個、米尺。填入適當的公式或文字，完善以下試驗步驟(不考慮摩擦力的影響)；(1)讓小車自斜面上方一固定點A1從靜止起先下滑至斜面底端A2，登記所用的時間t。(2)用米尺測量A1與A2之間的距離x，則小車的加速度a＝________________________。(3)用米尺測量A1相對于A2的高度h，設小車所受重力為mg，則小車所受合外力F＝________。(4)變更________________________________________________________________________，重復上述測量。解析：(2)由x＝eq\f(1,2)at2可得：a＝eq\f(2x,t2)。(3)sinθ＝eq\f(h,x)，不計摩擦力時，小車的合外力F＝mgsinθ＝mgeq\f(h,x)；(4)小車的質量不變，要變更小車所受的合外力F重做上述試驗時，只要變更斜面的傾角(或A1、A2兩點間的高度h的數值)即可。答案：(2)eq\f(2x,t2)(3)mgeq\f(h,x)(4)斜面傾角或A1、A2兩點間的高度heq\x(考法③)試驗拓展——測動摩擦因數如圖甲所示，某同學設計了一個測量滑塊與木板間的動摩擦因數的試驗裝置，裝有定滑輪的長木板固定在水平試驗臺上，木板上有一滑塊，滑塊右端固定一個動滑輪，鉤碼和彈簧測力計通過繞在滑輪上的輕繩相連，放開鉤碼，滑塊在長木板上做勻加速直線運動。甲(1)試驗得到一條如圖乙所示的紙帶，相鄰兩計數點之間的時間間隔為0.1s，由圖中的數據可知，滑塊運動的加速度大小是________m/s2。(計算結果保留兩位有效數字)乙(2)讀出彈簧測力計的示數F，處理紙帶，得到滑塊運動的加速度a；變更鉤碼個數，重復試驗。以彈簧測力計的示數F為縱坐標，以加速度a為橫坐標，得到的圖象是縱軸截距為b的一條傾斜直線，如圖丙所示。已知滑塊和動滑輪的總質量為m，重力加速度為g，忽視滑輪與繩之間的摩擦。則滑塊和木板之間的動摩擦因數μ＝________。丙解析：(1)加速度a＝eq\f(xBD－xOB,4T2)＝eq\f(0.192－0.0961,4×0.01)m/s2＝2.4m/s2(2)滑塊受到的拉力FT為彈簧測力計示數的兩倍，即：FT＝2F滑塊受到的摩擦力為：Ff＝μmg由牛頓其次定律可得：FT－Ff＝ma解得力F與加速度a的函數關系式為：F＝eq\f(m,2)a＋eq\f(μmg,2)由圖象所給信息可得圖象截距為：b＝eq\f(μmg,2)解得：μ＝eq\f(2b,mg)。答案：(1)2.4(2)eq\f(2b,mg)[變式5]物理小組在一次探究試驗中測量滑塊與木板之間的動摩擦因數。試驗裝置如圖甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端裝有定滑輪；木板上有一滑塊，其一端與過打點計時器的紙帶相連，另一端通過細線跨過定滑輪與托盤連接。打點計時器運用的溝通電源的頻率為50Hz，起先試驗時，在托盤中放入適量砝碼，滑塊起先做勻加速運動，在紙帶上打出一系列點，重力加速度大小為g。(1)圖乙給出的是試驗中獲得的一條紙帶的一部分，0、1、2、3、4、5、6、7是計數點，每相鄰兩計數點之間還有4個點(圖中未標出)，計數點之間的距離如圖乙所示，依據圖中數據計算加速度大小a＝________m/s2(結果保留兩位有效數字)。(2)①為測量動摩擦因數，下列物理量中還應測量的有________。(填入所選物理量前的字母)A．木板的長度lB．木板的質量m1C．滑塊的質量m2D．托盤和砝碼的總質量m3E．滑塊運動的時間t②測量①中所選定的物理量時須要的試驗器材是__________________。(3)滑塊與木板之間的動摩擦因數μ＝________(用所測物理量和重力加速度g的字母表示)，與真實值相比，測量出的動摩擦因數________(填“偏大”或“偏小”)。解析：(1)每相鄰兩計數點之間還有4個未畫出的點，說明打下圖乙所示的相鄰的計數點的時間間隔T＝0.1s，依據逐差法有a＝eq\f(x6－x3,3T2)＝0.49m/s2。(2)①由Ff＝μFN可知要求μ，須要知道摩擦力和壓力的大小，因壓力的大小等于滑塊的重力大小，所以須要知道滑塊的質量，摩擦力要依據滑塊的運動來求得，滑塊做的是勻加速運動，拉滑塊運動的拉力是托盤和砝碼的重力供應的，即也要知道托盤和砝碼的質量，故C、D正確。②測量這兩個物理量的儀器為天平。(3)依據牛頓其次定律有m3g－FT＝m3a，FT－Ff＝m2a，聯立解得m3g－Ff＝(m2＋m3)a，又Ff＝μm2g，聯立以上兩式解得μ＝eq\f(m3g－m2＋m3a,m2g)；依據牛頓其次定律列方程的過程中，考慮了滑塊和木板之間的摩擦，但沒有考慮細線和定滑輪之間的摩擦以及空氣阻力等，導致動摩擦因數的測量值會偏大。答案：(1)0.49(2)①CD②天平(3)eq\f(m3g－m2＋m3a,m2g)偏大1．(2015·全國Ⅱ卷·20)[本題源于人教版必修1·P77·“科學閑逛”](多選)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著車廂以大小為eq\f(2,3)a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節車廂質量相同，則這列車廂的節數可能為()A．8 B.10C．15 D.18BC[如圖所示，假設掛鉤P，Q東邊有x節車廂，西邊有y節車廂，每節車廂質量為m。當向東行駛時，以y節車廂為探討對象，則有F＝mya；當向西行駛時，以x節車廂為